Chủ đề này có 1 trả lời

[Tham Lang]

Cho $a, b, c$ là các số thực dương thỏa mãn điều kiện $a + b + c = 1$ . Chứng minh rằng :
$$\left (a^2 + b^2\right )\left (b^2 + c^2\right )\left (c^2 + a^2\right ) \ge 8\left (a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2\right )^2$$

[dark templar]

Cho $a, b, c$ là các số thực dương thỏa mãn điều kiện $a + b + c = 1$ . Chứng minh rằng :
$$\left (a^2 + b^2\right )\left (b^2 + c^2\right )\left (c^2 + a^2\right ) \ge 8\left (a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2\right )^2$$

Bài này khá nổi tiếng trong cuốn Old and new inequality .
$p,q,r$ chắc không chém được bài này Xin trích dẫn lời giải trong cuốn Old and New Inequality:

Lời giải:
Đặt $x=\frac{1}{a};y=\frac{1}{b};z=\frac{1}{c}$.Giả thuyết trở thành:$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=1$.
Khi này BĐT tương đương với:
$$(x^2+y^2)(y^2+z^2)(z^2+x^2) \ge 8(x^2+y^2+z^2)^2$$
Hay ta viết nó lại dưới dạng thuần nhất sau:
$$(x^2+y^2)(y^2+z^2)(z^2+x^2)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \right)^2 \ge 8(x^2+y^2+z^2)^2$$
Thưc hiện phép đổi biến như sau:
$$2c=x^2+y^2;2a=y^2+z^2;2b=z^2+x^2$$
Ta có BĐT tương đương với:
$$\sqrt{\frac{abc}{b+c-a}}+\sqrt{\frac{abc}{a+b-c}}+\sqrt{\frac{abc}{c+a-b}} \ge a+b+c$$
Theo BĐT Schur bậc 4:
$$a^4+b^4+c^4+abc(a+b+c) \ge a^3(b+c)+b^3(c+a)+c^3(a+b) \iff abc(a+b+c) \ge \sum a^3(b+c-a)$$
Sử dụng BĐT Holder,ta có:
$$\sum a^3(b+c-a)=\sum \left[\frac{a^3}{\left(\frac{1}{\sqrt{b+c-a}} \right)^2} \right] \ge \frac{(a+b+c)^3}{\left(\sum \frac{1}{\sqrt{b+c-a}} \right)^2}$$
Như vậy,ta có:
$$abc(a+b+c) \ge \frac{(a+b+c)^3}{\left(\sum \frac{1}{\sqrt{b+c-a}} \right)^2} \iff \sum \sqrt{\frac{abc}{a+b-c}} \ge a+b+c$$.
Bài toán đã được chứng minh.Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$ hoặc $a=0;b=c=\frac{1}{2}$ và các hoán vị tương ứng.